Question

（2009•成都二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Rt△ABC的斜邊BC恰在x軸上，點(diǎn)B（-2，0），C（2，0）且AD為BC邊上的高．
（I）求AD中點(diǎn)G的軌跡方程；
（Ⅱ）若一直線與（I）中G的軌跡交于兩不同點(diǎn)M、N，且線段MN恰以點(diǎn)（-1，

1

4

）為中點(diǎn)，求直線MN的方程；
（Ⅲ）若過點(diǎn)（1，0）的直線l與（I）中G的軌跡交于兩不同點(diǎn)P、Q試問在x軸上是否存在定點(diǎn)E（m，0），使

PE

•

QE

恒為定值λ？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)及實(shí)數(shù)λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（I）設(shè)G（x，y），則由

AB

•

AC

=0，代入可求中點(diǎn)G的軌跡方程
（Ⅱ由點(diǎn)（-1，

1

4

）在橢圓內(nèi)部，可得直線MN與橢圓必有公共點(diǎn)，由

x12 4 +y12=1 x22 4 +y22=1

，兩式相減，結(jié)合方程的根與系數(shù)關(guān)系可求直線MN的斜率k，從而可求直線直線MN的方程
（Ⅲ）假定存在定點(diǎn)E（m，0），使

PE

•

QE

恒為定值λ，由軌跡方程中的y≠0，故直線l不可能為x軸，可設(shè)直線l的方程為x=ky+1且設(shè)點(diǎn)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），聯(lián)立x=ky+1代入

x2

4

+y2=1（y≠0），由方程的根與系數(shù)關(guān)系可求y3+y4=

-2k

4+k2

，y3y4=

-3

4+k2

，則

EP

•

EQ

=x3x4-m(x3+x4)+m2+y3y4，代入可求，若存在定點(diǎn)E（m，0）使

(m2-4)k2+4m2-8m+1

4+k2

=λ為定值（λ與k值無關(guān)），則必有

m2-4=λ 4m2-8m+1=4λ

，從而 可求

解答：解：（I）設(shè)G（x，y），則A（x，2y）而B（-2，0），C（2，0）
∴

AB

=(-2-x，-2y)，

AC

=(2-x，-2y)．
由

AB

•

AC

=0
∴

x2

4

+y2=1（y≠0），即為中點(diǎn)G的軌跡方程
（Ⅱ∵點(diǎn)（-1，

1

4

）在橢圓內(nèi)部，
∴直線MN與橢圓必有公共點(diǎn)
設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由已知x₁≠x₂，則有

x12 4 +y12=1 x22 4 +y22=1

兩式相減，得

(x1+x2)(x1-x2)

4

=-（y₁-y₂）（y₁+y₂）
而x1+x2=-2，y1+y2=

1

2

∴直線MN的斜率k=1
∴直線MN的方程為4x-4y+5=0
（Ⅲ）假定存在定點(diǎn)E（m，0），使

PE

•

QE

恒為定值λ
由于軌跡方程中的y≠0，故直線l不可能為x軸
于是可設(shè)直線l的方程為x=ky+1且設(shè)點(diǎn)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄）
將x=ky+1代入

x2

4

+y2=1（y≠0）得
（k²+4）y²+2ky-3=0．
顯然△=4k²+12（k²+8）＞0
∴y3+y4=

-2k

4+k2

，y3y4=

-3

4+k2

∵

EP

=(x3-m，y3)，

EQ

=(x4-m，y4)
則

EP

•

EQ

=x3x4-m(x3+x4)+m2+y3y4
=（1+k²）y₃y₄+k(1-m)(y3+y4)+m2 -2m+1
=

(m2-4)+4m2-8m+1

4+k2

若存在定點(diǎn)E（m，0）使

(m2-4)k2+4m2-8m+1

4+k2

=λ為定值（λ與k值無關(guān)），則必有

m2-4=λ 4m2-8m+1=4λ

∴

m= 17 8 λ= 33 64

∴在x軸上存在定點(diǎn)E（

17

8

，0），

PE

•

QE

恒為定值

33

64

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示的應(yīng)用，利用點(diǎn)差法求解直線方程，直線與拋物線的相交關(guān)系的應(yīng)用，方程的根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，屬于綜合應(yīng)用．